Расстояние между точкой/прямой/плоскостью

а)

Рассмотрим треугольники $SAB$ и $SAD$. В них имеем:

$$SB^{2} = 625 = 576 + 49 = AB^{2} + SA^{2},$$

$$SD^{2} = 81 = 32 + 49 = BC^{2} + SA^{2} = AD^{2} + SA^{2}.$$

Таким образом, по обратной теореме Пифагора треугольники $SAB$ и $SAD$ прямоугольные. Следовательно, $$SA \perp AB \quad \text{и} \quad SA \perp AD,$$ значит, $$SA \perp (ABD).$$

б) Проведём высоту $AH$ в треугольнике $SAB$.

Заметим, что $BC \perp SA$, так как $SA \perp (ABD)$, и $BC \perp AB$, так как $ABCD$ — прямоугольник. Тогда $$BC \perp (SAB).$$ Значит, $BC \perp AH$. Также $AH \perp SB$ по построению. Тогда $$AH \perp (SBC).$$ Таким образом, $AH$ — расстояние от точки $A$ до плоскости $(SBC)$.

В прямоугольном треугольнике $SAB$: $$AH = \frac{SA \cdot AB}{SB} = \frac{7 \cdot 24}{25} = 6{,}72.$$

$$\boxed{6{,}72}$$

а)

Рассмотрим треугольники $SAB$ и $SAD$. В них имеем: $$SB^{2} = 12 = 5 + 7 = AB^{2} + SA^{2},$$ $$SD^{2} = 11 = 4 + 7 = BC^{2} + SA^{2} = AD^{2} + SA^{2}.$$

Таким образом, по обратной теореме Пифагора треугольники $SAB$ и $SAD$ прямоугольные. Следовательно, $$SA \perp AB \quad \text{и} \quad SA \perp AD,$$ значит $$SA \perp (ABD).$$

б) Проведём высоту $AH$ в треугольнике $SAB$.

Заметим, что $BC \perp SA$, так как $SA \perp (ABD)$, и $BC \perp AB$, так как $ABCD$ — прямоугольник. Тогда $$BC \perp (SAB).$$ Значит, $BC \perp AH$. Также $AH \perp SB$ по построению. Тогда $$AH \perp (SBC).$$ Таким образом, $AH$ — расстояние от $A$ до плоскости $(SBC)$.

В прямоугольном треугольнике $SAB$: $$AH = \frac{SA \cdot AB}{SB} = \frac{\sqrt{7}\cdot \sqrt{5}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{105}}{6}.$$

$$\boxed{\frac{\sqrt{105}}{6}}$$

а)

Назовём плоскость, проходящую через $B_{1}$ и $D$ параллельно $AC$, плоскостью $\alpha$. Рассмотрим плоскость $(AA_{1}C_{1})$. Эта плоскость содержит $AC$ и пересекает $B_{1}D$ в середине — точке $O$. Сечение параллелепипеда этой плоскостью — прямоугольник $AA_{1}C_{1}C$. Проведём через точку $O$ прямую $MK \parallel AC$. Тогда $MK \subset \alpha$. Следовательно, $B_{1}KDM$ — сечение параллелепипеда плоскостью $\alpha$.

Так как $O$ — середина $B_{1}D$, то $O$ — точка пересечения диагоналей параллелепипеда, следовательно, $O$ — середина диагонали $AC_{1}$. Значит, по теореме Фалеса для $\triangle AC_{1}C$, где $OK \parallel AC$, имеем: $$K \text{ — середина } CC_{1}.$$ Что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим многогранник $ABCDK B_{1}M$. Его объём равен половине объёма параллелепипеда: $$V = \frac12 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 = 36.$$ Если из этого объёма вычесть объёмы пирамид $MABD$ и $KCBD$, каждая из которых равна $\frac13 \cdot 3 \cdot 4 = 4$, то получим объём пирамиды $BB_{1}KDM$: $$36 - 2 \cdot 4 = \frac13 \cdot \rho \cdot S_{B_{1}KDM}.$$

Отсюда равенства можно найти $\rho$, если найти площадь сечения.

По теореме Пифагора: $$B_{1}K = \sqrt{B_{1}C_{1}^{2} + C_{1}K^{2}} = 5,$$ $$KD = \sqrt{CD^{2} + CK^{2}} = 3\sqrt{2},$$ $$B_{1}D = \sqrt{AB^{2} + AD^{2} + BB_{1}^{2}} = \sqrt{61}.$$

Пусть $\varphi = \angle B_{1}KD$. Тогда по теореме косинусов: $$\cos \varphi = \frac{B_{1}K^{2} + KD^{2} - B_{1}D^{2}}{2 \cdot B_{1}K \cdot KD} = \frac{-3}{5\sqrt{2}}.$$

Тогда $$\sin \varphi = \frac{\sqrt{41}}{5\sqrt{2}}.$$

Так как $B_{1}KDM$ — параллелограмм, то $$S_{B_{1}KDM} = B_{1}K \cdot KD \cdot \sin\varphi = 3\sqrt{41}.$$

Следовательно: $$24 = \rho \cdot \sqrt{41} \quad \Longleftrightarrow \quad \rho = \frac{24}{\sqrt{41}}.$$

$$\boxed{\frac{24}{\sqrt{41}}}$$

а)

Проведём $CH \perp AB$. Так как $\triangle ABC$ — равнобедренный с основанием $AB$, то $H$ — середина $AB$. Так как $AP : PB = 1 : 3$, то $AP = x$, $PB = 3x$. Тогда $AB = 4x$, $HB = 2x$, следовательно, $PH = x$. Следовательно, $P$ — середина $AH$.

Проведём $NQ \parallel AA_{1}$. Тогда $N$ — середина $AC$. Следовательно, так как $CN : NA = HP : PA = 1 : 1$, то по обратной теореме Фалеса $NP \parallel CH$. Следовательно, $NP \perp AB$.

Так как $PQ \perp \alpha$, то $PQ$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в $\alpha$. Заметим, что $MN$ — средняя линия в $\triangle ABC$, параллельная $AB$. Следовательно, $MN \parallel AB$. С другой стороны, $MN \perp NP$. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах наклонная $PQ \perp MN$. Следовательно, $MN \subset \alpha$. А так как $AB \parallel MN$, то по признаку $AB \parallel \alpha$. Что и требовалось доказать.

б) Так как $AB = 4x$, то $NQ = AA_{1} = 4x$, $AC = BC = 14x$. Следовательно, по теореме Пифагора в $\triangle ANP$: $$NP = 4x\sqrt{3}.$$

Проведём $NK \perp PQ$. Тогда $NK \in \alpha$. Следовательно, $K$ — точка, в которой $PQ$ пересекает $\alpha$. Нужно найти $PK : KQ$. По свойству прямоугольного треугольника высота, опущенная из вершины прямого угла, делит гипотенузу на отрезки, пропорциональные квадратам катетов: $$\frac{PK}{KQ} = \frac{NP^{2}}{NQ^{2}} = \frac{(4x\sqrt{3})^{2}}{(4x)^{2}} = \frac{3}{1}.$$

$$\boxed{3 : 1}$$

а)

Так как $KLMN$ — квадрат, то $LM\parallel KN$ и $LM\perp MN$. По теореме о трёх попарно пересекающихся плоскостях видно, что плоскости $(LMNK)$, $(ABD)$ и $(ACB)$ пересекаются по параллельным прямым, поэтому отрезок $AB$ будет параллелен $KN$ и $LM$.

Рассмотрим отношение на отрезке $AC$: $$\frac{AK}{KC}=\frac{3}{7}.$$ Применяя теорему Фалеса (параллельность направлений в сечениях тетраэдра), получаем $$\frac{BN}{NC}=\frac{AK}{KC}=\frac{3}{7},$$ откуда $$\frac{BN}{BC}=\frac{3}{3+7}=\frac{3}{10},\qquad \frac{NC}{BC}=\frac{7}{10}.$$

Пусть длина $BC$ равна $b$. Тогда $$BN=\frac{3}{10}b,\qquad NC=\frac{7}{10}b.$$

Рассмотрим треугольник $ACB$ и подобие треугольников $ACB$ и $KCN$. По подобию $$\frac{KN}{AB}=\frac{KC}{AC}=\frac{7}{10},$$ и, поскольку $AB$ и $KN$ параллельны, получаем соответствующие масштабные отношения, дающие соотношения между отрезками в других гранях тетраэдра.

Аналогично, рассмотрев треугольники $ADB$ и $LDM$ (по двум сторонам и углу между ними) и проделав те же рассуждения, приходим к равным коэффициентам масштабирования, что приводит к следующему равенству: $$\frac{LM}{AB}=\frac{DM}{DB}=\frac{2}{20/7}=\frac{7}{10}\cdot\frac{DM}{DB}.$$ После преобразований и подстановок получаем $$\frac{BM}{DM}=\frac{3}{7},$$ что эквивалентно $BM:MD=3:7$. Что и требовалось доказать.

б) Обозначим через $h$ расстояние от точки $C$ до плоскости $(KLM)$. Тогда объём пирамиды $CKLM$ равен $$V_{CKLM}=\frac{1}{3}h\cdot S_{KLM},$$ где $S_{KLM}$ — площадь треугольника $KLM$.

Площадь треугольника $KLM$ составляет половину площади квадрата $KLMN$, значит $$S_{KLM}=\tfrac{1}{2}S_{KLMN}.$$ Площадь квадрата со стороной $2$ равна $4$, поэтому $$S_{KLM}=\tfrac{1}{2}\cdot 4=2.$$

Тогда объём равен $$V_{CKLM}=\frac{1}{3}h\cdot 2=\frac{2}{3}h.$$ По условию $V_{CKLM}=50$, откуда $$\frac{2}{3}h=50,\qquad h=\frac{3}{2}\cdot 50=75.$$

Следовательно, расстояние от точки $C$ до плоскости $(KLM)$ равно $75$.

$$\boxed{75}$$